Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Кемеровский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

РЕШЕНИЯ / Теория с Формулами

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

20.04.2015

Размер:

424.8 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Работа, совершаемая газом, равна алгебраической сумме работ, совершаемых на каждом участке процесса

А = А12 + А23.

На участке 1–2 объем газа не изменяется, следовательно, работа газа на этом уча-

стке равна нулю (А12 = 0).

На участке 2–3 давление постоянно, следовательно, работа


	V3				(V3	− V2 ).
А23 = ∫p2dV = p2					(V3	− V2 ).
	V2
Таким образом,
А = А23.							m
Используя уравнение Менделеева–Клапейрона рV =							m	RT для состояний
Используя уравнение Менделеева–Клапейрона рV =								RT для состояний
2 и 3, получаем							M
2 и 3, получаем
A =	m	R(T −T ) .
A =		R(T −T ) .
	M		3	2
	M

Из уравнения процесса 1–2 (р/T = const), определим Т2

р1 = р2 ,

Т1 Т2

отсюда

Т2 = Т1 р2 = Т1 .

р1 2

Учитывая, что Т3 = Т1, находим

A = Mm RT1 (1 − 12) = Mm R Т21 .

Подставим числовые значения и произведем вычисления:

Q = A = 2 8,3 3002 = 2,5 103 Дж.

Второй способ решения задачи

В ходе процесса, протекающего с газом, можно выделить три состояния (см.

рис. 23).

Количество тепла Q, полученного в данном процессе, можно определить как алгебраическую сумму теплот

Q = Q12 + Q23,

где Q12 – количество тепла на участке 1–2, Q23 – количество тепла на участке

2–3.

На участке 1–2 газ отдает тепло

−T )< 0, так как

R > 0,

v 2

где i – число степеней свободы газа, а (Т2 – Т1) < 0. На участке 2–3 газ получает тепло

(T − T ) > 0.

Здесь Ср =

i + 2

R > 0

(Т3 – Т2) > 0.

Получим формулу для определения Q, учитывая, что Т3 = Т1,

Q =

(T − T ) +

(T − T )

Q =

(T − T )(С

−С

) =

R(T − T ).

Определим Т2 из уравнения процесса 1–2

р1

р2

или

Т2

= Т1

р2

Т2

Т1

р1

Следовательно, Q =

Т1

Q = 2,5 103 Дж.

Ответ: количество тепла, поглощенного газом в данном процессе, Q = = 2,5 103 Дж.

З а д а ч а 12

Идеальная тепловая машина работает по циклу Карно. Температура нагревателя Тн = 500 К, температура холодильника Тх = 250 К. Определить термический КПД η цикла, а также работу А1 рабочего тела при изотермическом расширении и работу А за цикл в целом, если при изотермическом сжатии совершена работа

А2 = – 70 Дж.

Д а н о:	Р е ш е н и е
Тн = 500 К	КПД обратимого цикла Карно (рис. 24)
Тх = 250 К		Тн − Тх
А2 = – 70 Дж	η =	Тн − Тх	,
А2 = – 70 Дж	η =		,
		Тн
η – ? А1 – ?		Тн

где Тн – температура нагревателя (теплоотдатчика); Тх – температура холодильника (теплоприемника). Подставляя в это выражение числовые значения и умножая на 100%, получим:

η = 500 − 250 100% = 50%. 500

КПД любой тепловой машины, в том числе и работающей обратимо по циклу Карно, можно определить как

η = Q1 − Q2 ,

где Q1 – количество теплоты, полученное рабочим телом от нагревателя, а Q2 – количество теплоты, отданное холодильнику (Q2 < 0).

Так как работа А1 рабочего тела при изотермическом расширении (процесс 1–2) равна количеству теплоты Q1, полученной им от нагревателя, а работа А2

при изотермическом сжатии (процесс 3–4) равна количеству теплоты Q2, отданной рабочим телом холодильнику, то КПД цикла Карно можно представить как

η =

−

А1

Следовательно,

А2

А1 =

1 −η.

Подставим в эту формулу числовые значения: 0

Рис. 24

−70 А1 = 1 −0,5 = 140 Дж.

Работа А за цикл совершается за счет разности абсолютных значений теплот, полученной рабочим телом от нагревателя Q1 и отданной холодильнику Q2, то есть A = Q1 – Q2 . Или с учетом вышеизложенного

А = А1 – А2 = 140 – 70 = 70 Дж.

Ответ: термический КПД цикла Карно η = 50%, работа рабочего вещества

при изотермическом расширении А1 = 140 Дж, а работа за цикл в целом А = = 70 Дж.

З а д а ч а 13

Идеальная тепловая машина работает по циклу Карно на нагретом воздухе, взятом при начальном давлении 7 атм и температуре 1270 С. Начальный объем воздуха 2,0 10–3 м3. После первого изотермического расширения воздух занял объем 5 л, после адиабатического расширения – 8 л. Найти: 1) параметры характерных точек цикла; 2) работу на каждом участке цикла; 3) полную работу, совершаемую за весь цикл; 4) КПД цикла; 5) количество теплоты, взятой от нагревателя за один цикл; 6) количество тепла, отданного холодильнику за один цикл.

Д а н о:

р1 = 7 атм = 7,0 105 Па

Т1 = 400 К

V1 = 2,0 10–3 м3

V2 = 5 л = 5,0 10–3 м3 V3 = 8 л = 8,0 10–3 м3

р2, р3, р4 – ?

Т2, Т3, Т4, V4 – ? А1, А2, А3, А4, А – ?

η, Q1, Q2 – ?

откуда

Р е ш е н и е Воздух примем за идеальный газ. Начертим

график цикла (рис. 25).

График цикла содержит характерные точки, соответствующие четырем состояниям с параметрами:

1.р1, V1, T1;

2.р2, V2, Т2 = T1;

3.р3, V3, T3;

4.р4, V4, Т4 = T3.

Переход газа из 1-го состояния во 2-е осуществляется изотермически, поэтому р1V1 = р2V2,

	V		5	2	10−3		5
р2 = р1	1	= 7 10	5			= 2,8 10	5	Па.
р2 = р1	V	= 7 10		5	10−3	= 2,8 10		Па.
	2

р1

Рис. 25

Процесс 2–3 адиабатический, для

него р2V2γ = р3V3γ, откуда

р3 = р2 V2 γ .V3

Воздух в основном состоит из двухатомных газов, поэтому i = 5,

γ = i +i 2 = 1,4.

р3 = 2,8 10

1,4

= 2,8 0,518 10

= 1,45 10

Па.

Чтобы найти температуру Т3, запишем для процесса 2–3 уравнение

р2V2

р3V3

Поскольку Т2 = Т1, то

1,45 105 8 10−3 400

T =

р3V3T2

= 331 К.

p2V2

2,8 105 5 10−3

Процесс 3–4 изотермический, поэтому Т4 = Т3 = 331 К. Для 4-го состояния знаем только температуру; переход 4–1 осуществляется адиабатически, для этого процесса удобно воспользоваться уравнением

1 1

V T γ−1

= V T γ−1

откуда

γ−1

400

–3

0,4

–3

–3 3

= V1

= 2 10

1,6 = 3,20 10

м .

331

Теперь можно воспользоваться уравнением изотермического процесса 3–4

р3V3 = р4V4,

откуда

A = – ∆U)

р4	= р3	V3	= 1,45 10	5	8 10−3		= 3,62 10	5	Па.
		V4			3,2 10	−3

Представим полученные результаты в виде табл. 4.

Таблица 4

Параметры характерных точек цикла


Номер состояния	р, 105 Па	V, 10–3 м3	Т, К
1	7,0	2,0	400
2	2,8	5,0	400
3	1,4	8,0	331
4	3,6	3,2	331

Работу изотермического процесса 1–2 можно найти по формуле

А1−2 = V∫2pdV = m RT1ln V2 .

V1 M V1

Воспользовавшись уравнением Менделеева–Клапейрона р1V1 = Mm RT1, запи-

шем

А1 = р1V1 ln V2 .

Выполним расчет:

А1 = 7 105 2 10–3 ln2,5 = 1,28 103 Дж.

Работу адиабатического процесса 2–3 можем найти, применив к этому процессу I начало термодинамики (Q = 0,

А2

= −

R(T3 – Т2) =

R(T2 – Т3) =

i m

RT2 (1 –

) =

M 2

2 M

р2V2 (1 –

331

A2 =

2,8 105 5 10–3(1 –

) = 0,60 103 Дж.

400

Работа в изотермическом процессе 3–4

А3	=	m	RT3ln	V4	= р3V3ln		V4		,
		M		V3
							V3
A3 = 1,45 105 8 10–3 ln						3,2 10−3		= – 1,063 103 Дж.
						8 10−3

Работа в адиабатическом процессе 4–1

A4 = –

m i

R(T1

– Т4) =

i m

RT4 (1 –

) =

р4V4 (1 –

M 2

2 M

3,62 105 3,20 10–3(1 –

400

) = – 0,60 103 Дж.

331

Отрицательный знак говорит о том, что в процессах 3–4 и 4–1 происходит сжатие газа, следовательно, работа совершается над газом внешними силами. Полная работа за цикл Карно равна алгебраической сумме всех работ:

А = (1,28 + 0,60 – 1,063 – 0,60) 103 = 0,22 103 Дж.

На адиабатных участках циклов 2–3 и 4–1 работы равны по величине и противоположны по знаку, они не влияют на работу за цикл в целом.

В этом цикле система берет от нагревателя тепло только в изотермическом процессе 1–2, так как процессы 2–3 и 4–1 адиабатные, т.е. идут без теплообмена с окружающей средой, а в процессе 3–4 система отдает тепло холодильнику. Поскольку процесс 1–2 изотермический, то изменение внутренней энергии в этом

процессе не происходит: ∆U = 0. Применим к этому процессу I начало термодинамики

Q1 = A1 = 1,28 103 Дж.

Количество тепла Q2 система отдает холодильнику только в процессе изотермического сжатия 3–4, поэтому

Q2 = A3 = – 1,063 103 Дж.

КПД цикла

η = Т1 − Т2 = 400 − 331 = 0,172 = 17,2%. Т1 400

З а д а ч а 14

14 г азота N2 адиабатически расширяются так, что давление уменьшается в 5 раз, затем изотермически сжимаются до первоначального давления и изобарически переводятся в начальное состояние. Начальная температура азота 4200 С, начальное давление 1 МПа. Определить: 1) параметры характерных точек цикла; 2) работу, совершенную газом за цикл; 3) термический КПД цикла.

Д а н о:

m = 14 г = 14 10–3 кг М = 28 10–3 кг/моль

р2 = 1/5р1

Т1 = 420 + 273 = 693 К р1 = 1,0 106 Па

рi – ? Vi – ? Тi – ? А – ? η – ?

р 3 1

Рис. 26

Р е ш е н и е Начертим график рассматриваемого в задаче

цикла (рис. 26).

Этот цикл имеет три характерные точки, соответствующие трем состояниям газа с параметрами:

1. – p1, V1, Т1;	2. – p2, V2, Т2;
3. – p1, V3, Т2.

Написав уравнение Менделеева– Клапейрона для первого состояния

			р	V =			m	RT ,
			р	V =				RT ,
		1			1		M	1
	определим						M
	определим
2	V = m RT1					= 14 10−3 8,3 693 =
	1
V	1	M p1					28 10−3 106
		M p1					28 10−3 106

= 2,9 10–3 м3.

Переход из первого состояния во второе осуществляется адиабатически, сле-

довательно, р

= р

, откуда V2 = V1

1 1

2 2

i + 2

Для двухатомного газа i = 5;

γ =

= 7/5 = 1,4. Тогда

V2 = 29 10−4 51,4 = 9,15 10–3 м3.

Температуру второго состояния можно найти из уравнения

р1V1

р2V2

V T

1 106 9,15 10

−3 693

Т2 =

2 2

= 437 К.

p1V1

5 10

6 29 10−4

Для третьего состояния знаем, что р3 = р1 = 106 Па, Т3 = Т2 = 437 К.

Процесс 2–3 – изотермический, поэтому р3V3 = р2V2, откуда

0,2 106

9,15 10−3

V =

= 1,83 10–3 м3.

106

Итак, параметры всех трех состояний известны. Представим полученные ре-

зультаты в виде табл. 5.

Таблица 5

Параметры характерных точек цикла

Номер состояния

р, 106 Па

V, 10–3 м3

Т, К

1,0

2,9

693

0,2

9,15

437

1,0

1,8

437

Работа газа за цикл совершается за счет разности абсолютных теплот, полученных рабочим телом от нагревателя Q1 и отданного холодильнику Q2,

А= Q1 – Q2 .

Вданном цикле процесс 1–2 – адиабатический, он происходит без теплообмена с окружающей средой. Процесс 2–3 – изотермическое сжатие, в этом процессе за счет работы, совершенной над газом, газ передает холодильнику тепло

Q2. Применим I начало термодинамики к этому процессу:

Q2 = А2 =	m	RT ln	V3	=	14 10−3	8,31 437 ln	1,83	10−3	= – 2,93 кДж.

	M	2	V2		28 10−3	9,15		10−3

Знак « – » означает, что тепло отдается холодильнику.

В процессе 3–1 газ получает тепло от нагревателя, это процесс изобарический, поэтому

Q1 = νСp (T1 −T3 ) = ν i +2 2 R(T1 −T3 ) =

=	14 10−3			5 +	2	8,31(693	− 437) = 3,72 кДж.
		28 10	−3	2

Работа, совершенная газом за цикл,

А = Q1 – Q2 = 3,72 – 2,93 = 0,79 кДж.

Термический КПД цикла:

η = А = 0,79 = 0,212 = 21,2%. Q1 3,72

З а д а ч а 15

Найти КПД цикла, состоящего из двух изобар и двух адиабат, предполагая, что рабочим веществом является идеальный газ. Известно, что максимальное давление в 2 раза больше минимального.

Да н о:

р1 = 2

р2

			η – ?
	р	1	2
р1
р1

Р е ш е н и е Изобразим рассматриваемый в задаче цикл в

координатах p–V (рис. 27) и обозначим его характерные точки.

Коэффициент полезного действия любого теплового двигателя равен отношению работы

А, совершенной за цикл, к количеству теплоты, полученному за цикл рабочим телом от на-

				гревателя η =	А	, а так как работа за цикл
				гревателя η =		, а так как работа за цикл
					Q1
р2				совершается за счет разности абсолютных зна-
	4			чений теплот, полученной от нагревателя Q1 и
		3
		3
0			V	отданной холодильнику Q2, то

Рис. 27	Q1 −	Q2		Q2
η =	Q1 −	Q2	= 1 −	Q2	.

	Q1			Q1
	Q1			Q1

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке РЕШЕНИЯ

#
20.04.2015205.76 Кб44PDF ОТВЕТЫ по физике.pdf
#
20.04.2015992.13 Кб33АРТЕМ.docx
#
20.04.201591.65 Кб33САНЯ.doc
#
20.04.2015183.96 Кб32САНЯ.pdf
#
20.04.2015424.8 Кб41Теория с Формулами.pdf
#
20.04.2015161.45 Кб33Я.docx
#
20.04.2015548.49 Кб32Я.pdf